2025届山东省名校高三下学期4月校际联合检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省名校2025届高三下学期4月校际联合检测试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置，并在答题卡规定位置贴条形码。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5mm黑色签字笔将答案写在答题卡对应的答题区域内。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32C135.5Au197一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活、环境等关系密切。下列说法正确的是A.合成纤维、人造纤维及碳化硅纤维都属于有机高分子材料B.工业上使用漂白粉时常加入少量弱酸或少量的稀盐酸C.误食可溶性钡盐可尽快用5%的溶液洗胃D.“铁水打花”又叫打铁花，利用了铁元素的焰色反应【答案】B【解析】A．合成纤维（如涤纶、尼龙）和人造纤维（如粘胶纤维）均属于有机高分子材料，但碳化硅纤维（SiC）是无机非金属材料，A错误；B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙（Ca(ClO)2），其漂白作用依赖次氯酸（HClO）。加入少量酸（如稀盐酸或弱酸）可促进反应：Ca(ClO)2+2H+=Ca2++2HClO，从而提高HClO浓度，增强漂白效果，B正确；C．误食可溶性钡盐（如BaCl2）时，应使用硫酸钠（Na2SO4）生成不溶于胃酸的BaSO4沉淀。若用Na₂CO3，生成的BaCO3在胃酸中会溶解，重新释放有毒的Ba2⁺，C错误；D．“铁水打花”是高温铁微粒在空气中燃烧生成Fe3O4的现象，属于铁的氧化反应，而非焰色反应，D错误；故选B。2.下列化学用语表述正确的是A.福尔马林中的氢键： B.的化学名称为2-甲基-2-丁烯C.离子中键角为 D.键形成示意图：【答案】B【解析】A．福尔马林是甲醛（HCHO）的水溶液，氢键通常形成于电负性较高的原子（如O、N、F）与氢原子之间，醛分子中的C-H键电负性差异较小，且C原子周围没有孤对电子，不能存在氢键：，A错误；B．根据有机化合物命名规则，需先确定主链，最长碳链含4个碳，为丁烯，从靠近双键的一端编号，双键位于2、3号碳之间，甲基取代基在2号碳上，由于取代基和双键位置编号相同，命名时需明确取代基位置，因此该物质正确命名为2-甲基-2-丁烯，B正确；C．中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，键角不是120°，C错误；D．键是由原子轨道沿键轴方向“头碰头”重叠形成的，图示为p-p键的形成示意图，D错误；故选B。3.下列实验描述错误的是A.实验“钠与水的反应”中应戴护目镜B.锌粉与硫粉实验前需用研钵将硫研磨成粉末再混匀C.浓硫酸、烧碱、苯酚等沾到皮肤上，均应立即用大量水冲洗D.有机反应一般采用水浴或电加热套，不用明火加热【答案】C【解析】A．一般进行化学实验就需要佩戴护目镜，以保护眼睛，钠与水剧烈反应放热，应佩戴护目镜，A项正确；B．锌粉与硫粉实验前需用研钵将硫研磨成粉末再混匀，使二者能充分接触，B正确；C．苯酚等沾到皮肤上，应立即用乙醇冲洗，C错误；D．大多数有机物易燃烧，有机反应一般采用水浴或电加热套，不用明火加热，D正确；答案选C。4.下列叙述正确且对应关系合理的是A.冰的密度小于干冰，冰晶体中水分子的空间利用率相对较高B.与互为等电子体，为极性分子C.碳的还原性强于硅，碳单质与石英反应冶炼粗硅D.网状聚丙烯酸钠树脂具有高吸水性和保水能力，可用于生产婴儿尿布【答案】D【解析】A．冰晶体中水分子间形成氢键，导致其空间利用率相对较低，使得冰的密度小于干冰，A错误；B．与原子数相同，电子数相同，互为等电子体，与都是极性分子，但是二者没有对应关系，B错误；C．工业上利用焦炭与二氧化硅在高温下反应制取粗硅，反应中碳为还原剂，硅为还原产物，但根据该反应不能说明碳的还原性大于硅，因为该反应是在高温条件下发生的，实际上碳的还原性弱于硅，C错误；D．因为网状聚丙烯酸钠树脂含有亲水基-COONa，具有高吸水性和保水能力，所以可用于生产婴儿尿布，D正确；故选D。5.W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数等于X核外电子总数，五种主族元素组成的化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是A.简单离子半径： B.和的空间结构相同C.简单氢化物沸点： D.第一电离能：【答案】A【解析】W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，根据化合物Q的结构图，X最外层有4个电子，则X是C元素，结合Y的最外层电子数等于X核外电子总数，可知Y是O元素，M离子带1个正电荷，可知M是Na元素，W是得到1个电子后形成的四个共价键，则W是B元素，Z形成了1个共价键，则Z是F元素，据此分析解答。A．经分析，M是Na元素，Y是O元素，Z是F元素，三者的离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：O2-＞F-＞Na+，A符合题意；B．和分别为、，前者孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，其空间构型是平面三角形，后者孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，其空间构型是平面三角形，故空间结构相同，B不符合题意；C．Y、Z、X的简单氢化物依次为水、氟化氢和甲烷，前二者分子间均有氢键，水常温下是液态，氟化氢是气体，则三种氢化物的沸点依次降低，C不符合题意；D．同周期元素从左至右第一电离能总体呈增大趋势，故第第一电离能：F＞O＞C，D不符合题意；故选A。6.应用下列装置和试剂能达到对应实验目的的是装置目的A．“随开随用、随关随停”制B．验证Fe吸氧腐蚀装置目的C．合成并检验D．测定反应速率A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．过氧化钠为粉末状固体，过氧化钠放到带孔的隔板上，不能固液分离，故不能做到随开随用、随关随停，A项错误；B．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，压强传感器可测定因氧气而减少发生的压强变化，B项正确；C．氮气与氢气在高温高压催化剂条件下，可以合成氨气，但是检验氨气要用湿润的pH试纸，C项错误；D．锌与硫酸反应生成氢气，但是产生的氢气会从漏斗逸散，无法测定产生气体的速率，D项错误；答案选B。7.NO治理是环境保护的重要课题。Cu基催化剂加掺杂可抑制杂质对催化剂的影响(含Ce化合物的比例系数均未标定，)，作用机理如图所示。下列说法错误的是A.NO可以造成臭氧空洞 B.总反应中被氧化的非金属元素只有NC.Ce的硫酸盐中Ce元素的化合价为价 D.，【答案】C【解析】A．NO可以做臭氧转化为氧气时的催化剂，可以造成臭氧空洞，A正确；B．总反应的方程式为：4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，被氧化的元素为N元素，B正确；C．反应①中，SO2中+4价的S被氧化为+6价，SO2和O2反应比为3:1，故根据电子得失守恒，Ce也得电子，变为+3价，C错误；D．反应①中，Ce的化合价变为+3价，反应②中无氧化剂，Ce元素在反应③中被氧化为+4价，则x=2，y=3，D正确；答案选C。8.一定条件下有机物的重排异构化反应如图所示，下列说法正确的是A.与足量NaOH反应时，1mola和1molb均最多消耗1molNaOHB.a和b与足量加成后的产物，手性碳原子个数分别为4，5C.a酸性条件下水解产物之一与b互为同系物D.类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应【答案】D【解析】a结构中官能团为酯基、酮羰基，b中官能团为酚羟基、酮羰基。A．与足量NaOH反应时，1mola最多消耗2molNaOH，1molb最多消耗1molNaOH，A项错误；B．a和b与足量加成后的产物分别为、，*碳为手性碳原子，个数分别为3，5，B项错误；C．a酸性条件下水解产物为、CH3COOH，与b不互为同系物，C项错误；D．类比上述反应，的异构化产物为，结构中含有醛基，可发生银镜反应，D项正确；答案选D。9.下图为三种磷单质的结构。其中红磷为巨型共价分子，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构。下列说法正确的是A.三种磷单质中P原子的杂化方式有2种B.熔点顺序：红磷正交型黑磷白磷C.相同状况下，等质量的三种单质完全燃烧耗氧量相同，焓变不同D.正交型黑磷具有半导体的性质，是因为有类似于石墨的大键【答案】C【解析】A．白磷中每个P原子形成3个P-Pσ键，剩余1对孤对电子，为sp3杂化，红磷中每个P原子形成3个P-Pσ键，剩余1对孤对电子，为sp3杂化，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但不是平面结构，每个P原子形成3个P-Pσ键，剩余1对孤对电子，为sp3杂化，A错误；B．白磷属于分子晶体，红磷为巨型共价分子，也是分子晶体，但红磷的相对分子质量高于白磷，则熔点：红磷白磷，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，为混合型晶体，具有共价化合物的性质，熔点最高，则熔点顺序：正交型黑磷红磷白磷，B错误；C．三种磷的结构不同，能量不同，燃烧为放热反应，焓变ΔH=生成物总能量-反应物总能量，因此焓变不同，C正确；D．正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但层内不是平面结构，没有形成大键，D错误；故选C。10.室温下，HR、、三份溶液中分别加入等物质的量浓度的NaOH溶液，pM[p表示负对数，M表示、、]随溶液pH变化的关系如图所示。已知相同条件下的溶解度：，下列说法正确的是A.蒸干溶液可生成晶体 B.室温下，为C.X点横坐标为8.2 D.调节HR溶液时：【答案】C【解析】已知相同条件下的溶解度：，，则，即、两条线不能相交，③为的滴定曲线，②为，①为。线①：时，，pM=0，即，，同理，。A．，可知是弱碱，则会水解，故蒸干溶液不会生成晶体，会得到，A错误；B．根据分析可知，B错误；C．设X点横坐标为a，纵坐标为b，①：②：，联立①②，解得a=8.2，C正确；D．时，，，，D错误；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向有机混合液中加入浓溴水无白色沉淀混合液不含苯酚B平衡后缩小容器体积气体颜色变浅加压后平衡正向移动C将加入到酸性溶液中溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生氧化性：D用pH计分别测等物质的量浓度的和溶液的pHpH计显示溶液pH>7，溶液酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向有机混合液中加入浓溴水，无白色沉淀生成，可能是由于有机物不属于酚类物质，也可能是由于反应产生是三溴苯酚量少，没有形成沉淀，或是形成的三溴苯酚溶解在有机溶剂中，A错误；B．平衡后缩小容器体积，反应混合物中c(N2O4)、c(NO2)都增大，导致混合气体颜色加深；当缩小体积后导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正向移动，又会使混合气体的颜色比缩小体积的一瞬间变浅，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说混合气体颜色与原来平衡比还是加深，B错误；C．具有强氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，同时也能氧化氯离子生成氯气，无法说明氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，即不能得出氧化性：Cl2>Fe3+，C错误；D．主要第一步电离，对应的钠盐是，同浓度溶液的大于溶液，说明电离能力：，能证明酸性：，D正确；故选D。12.以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au多种单质]为原料分离回收金和银的流程如下图所示：已知：①是一元强酸②电沉积时电极反应：。下列说法错误的是A.“浸取2”中使用的酸提高了的氧化性B.“还原”步骤的离子方程式：C.“还原”步骤中，加入，可析出19.7gAuD.离子中心S原子配位能力小于端基S原子【答案】AC【解析】由题给流程可知，向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1和含Ag、Au的浸渣1；向滤渣1中加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银，金转化为HAuCl4，过滤得到含有氯化银的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2；向浸渣2中加入硫代硫酸钠溶液，将氯化银转化为离子，过滤得到含有的浸出液3；浸出液3电沉积得到银；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，将溶液中HAuCl4转化为金。A．“浸取2”中使用的酸是盐酸，加入盐酸之后提供，银被氧化为氯化银，而Au形成HAuCl4配合物，加盐酸的目的并不是增强了的氧化性，而是提供，用于形成配离子，A错误；B．“还原”步骤中HAuCl4被还原生成Au和氮气，离子方程式为：，B正确；C．“还原”步骤中，根据方程式：，可知加入，即0.075mol，理论上可析出0.1molAu，即19.7gAu，但实际上浸出液2中含有强氧化性的，会消耗，导致析出的Au小于19.7g，C错误；D．离子相当于中一个氧原子被硫原子代替，其结构式为：，中心原子S不具有孤对电子，而端基的S原子有孤对电子，可以形成配位键，故中心S原子配位能力小于端基S原子，D正确；故选AC。13.电催化可将亚硝酸盐污染物转化为氨()，同时实现甘油()转化为高附加值化学品。已知双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。下列说法正确的是A.双极膜中向电极b方向移动B.电解总反应：C.电解一段时间后，电极a一侧电解质溶液pH升高D.原位红外光谱仪可监测电解过程中原子连接方式和官能团变化【答案】BD【解析】该电解池中，生成氨气，则该电解质为碱性，电极a上，失去电子，发生氧化反应生成，可知该极为阳极，电极反应式为：；电极b上，得到电子，发生还原反应生成，可知该极为阴极，电极反应式为：，据此分析作答。A．在电解池中，OH⁻作为阴离子会向阳极迁移，即向电极a方向移动，A项错误；B．根据电极反应式可知，电解总反应：，B项正确；C．由分析可知，电极a的电极反应式为：，每消耗11个OH-、转移8个电子，有8个OH-迁移到阳极区，溶液中OH-浓度减小，碱性减弱，pH降低，C项错误；D．红外光谱通过检测化学键振动来识别官能团，能够实时监测反应过程中分子结构的变化，D项正确；答案选BD。14.室温下实验探究、能否催化的分解及相关性质。下列说法正确的是实验I．无明显变化实验Ⅱ．溶液变红，有气泡实验Ⅲ．溶液变墨绿，产生使带火星木条复燃气体实验Ⅳ．A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变粉红色，有气泡已知为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。A.加入不利于反应正向移动B.实验Ⅱ中反应离子方程式：C.实验Ⅲ中产生的气体只有D.实验Ⅳ中，从A到C所产生的气体分别为、【答案】BD【解析】实验Ⅰ中无明显变化，证明不能催化的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明易转化为；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易转化为，并且初步证明在的作用下易被过氧化氢氧化为，产生使带火星木条复燃气体说明有氧气生成；实验Ⅳ中A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明转化为且生成二氧化碳气体，B到C溶液变粉红色，有气泡，则被还原为，同时有水被氧化为氧气；A．实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成(该反应为快反应)，导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，加入有利于反应正向移动，A错误；B．实验Ⅱ中溶液变为红色，证明生成，实验Ⅱ中反应离子方程式：，B正确；C．实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易转化为，反应为，也会生成二氧化碳，C错误；D．由分析，实验Ⅳ中，从A到C所产生的气体分别为、，D正确；故选BD。15.刚性容器中按投料比发生反应：，不同催化剂条件下反应相同时间，测得B的转化率与温度的关系如图所示。已知该反应，其中k为速率常数。下列说法正确的是A.图示温度范围内活化分子总数：催化剂甲催化剂乙B.催化剂乙条件下，温度高于350℃后，B转化率下降是升高温度平衡逆向移动的结果C.其他条件不变，等倍数地增大A和B的物质的量，A和B的转化率均增大D.若时初始速率为，当B转化率为60%时，反应速率为，由此可知【答案】CD【解析】A．温度相同时，单位时间内，使用催化剂甲比使用催化剂乙反应速率快，NO转化率高，则使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低，则图示温度范围内活化分子总数：催化剂甲＞催化剂乙，A错误；B．350℃时催化剂乙条件下B转化率低于催化剂甲，说明反应相同的时间，使用催化剂乙没有使反应达到平衡状态，也就不存在平衡的移动，B转化率下降是温度过高，导致催化剂活性降低甚至失去活性，反应速率下降，导致B转化率下降，B错误；C．反应为气体分子数减小的反应，其他条件不变，等倍数地增大A和B的物质的量，则压强增大，平衡正向移动，导致A和B的转化率均增大，C正确；D．设初始A、B物质的量均为1mol，容器体积为1L，则初始AB的浓度均为1mol/L，，当B转化率为60%时，c(A)=0.4mol/L，c(B)=0.4mol/L，此时的反应速率为，则有，解得m=1，D正确；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.元素N、Cu、Zn等在生产、生命活动中作用广泛。回答下列问题：（1）基态N原子核外电子的空间运动状态有___________种；火箭推进剂氟化硝酰()中心原子的杂化方式为___________。（2）实验表明，除H原子外，为平面结构，为三角锥结构。中N原子价层孤电子对占据___________轨道；已知碱性随N原子电子云密度增大而增强，、碱性强的是___________，原因是___________。（3）配体L，Cu离子和能合成类似虾蟹血蓝蛋白的模型配合物，该结构呈现出强烈的键断裂趋势，成键形态X与断键形态Y达成快速平衡。(为异丙基)X中Cu的化合价为___________；1molY离子中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。（4）某锌配合物生物荧光标记剂晶体组成结构单元如图所示，部分原子未画出。已知晶胞参数为2anm，键长为dnm。理论上图中A、B两个之间的最短距离为___________nm，图中A原子的分数坐标为，则C原子的分数坐标___________。【答案】（1）①.5②.sp2（2）①.2p②.③.中N原子为sp2杂化，未杂化2p轨道与Si的空3d轨道重叠，使得N原子上电子云密度降低，碱性减弱，N(CH3)3中的甲基是推电子基团，增加了氮原子的电子云密度，碱性增强（3）①.+2②.6（4）①.②.(，，0)【解析】（1）基态N原子电子排布为1s22s22p3，其中1s轨道有1种空间运动状态的电子，2s轨道1种，2p轨道有3种，共5种空间运动状态。中心N原子价层电子对数为=3，杂化方式为sp2。（2）除H原子外，为平面结构，N原子为sp2杂化，杂化轨道形成σ键，N原子价层孤电子对占据2p轨道；中N原子的未杂化2p轨道与Si的空3d轨道重叠，使得N原子上电子云密度降低，碱性减弱，N(CH3)3中的甲基是推电子基团，增加了氮原子的电子云密度，碱性增强，故N(CH3)3碱性更强。（3）X中的铜为铜离子，和配体L、氧气形成X，X带两个单位正电荷，所以铜的化合价为+2价；在Y中，一个铜离子和两个氮原子加上两个碳原子形成3个环，铜离子和氮原子通过螯合作用以配位键结合，一个铜离子通过螯合作用形成的配位键是3个，则1molY离子中通过螯合作用形成的配位键有6mol。（4）已知晶胞参数为2anm，键长为dnm，图中A、B两个Zn2+间的最短距离为晶胞组成单元的体对角线长度-(Zn-O键长)的2倍，即，图中A原子的分数坐标为，则C原子的分数坐标(，，0)。17.根据肾上腺素(F)的两条合成路线回答下列问题：路线一：（1）A的化学名称为___________；D中官能团名称为___________；检验物质A和B的试剂为___________(写化学式)。（2）的化学方程式为___________。（3）的合成路线设计为：，不能选用高锰酸钾的原因是___________。路线二：（4）路线二中属于取代反应的是___________(填序号)；G的结构简式___________。（5）H的2种芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为)，结构简式为___________。【答案】（1）①.邻苯二酚或1，2-苯二酚②.酚羟基、醇羟基、氰基③.或（2）（3）高锰酸钾氧化性强，可以将I结构中的酚羟基氧化，且能将I中氧化为羧基（4）①.①②②.（5）、【解析】A与OHCCOOH发生加成反应生成的B的结构，可推断A的结构为，B经过一系列反应生成C，C为，C与HCN反应生成D，D与H2反应生成E，由E与CH3I反应生成的F结构，采用逆合成分析思路推知E的结构为，D的结构为。（1）根据上述分析，A为，名称为：邻苯二酚或1，2-苯二酚；D的结构简式为官能团名称为酚羟基、醇羟基、氰基；对比A、B结构可知，二者均含有酚羟基，均具有酚的性质，能与溶液发生显色反应，与浓溴水反应生成白色沉淀；故答案为：邻苯二酚或1，2-苯二酚；酚羟基、醇羟基、氰基；或；（2）E为与CH3I发生取代反应生成F结构、HI，反应化学方程式为；故答案为：；（3）由，可知I的结构为，I结构中含有酚羟基，具有还原性，易被高锰酸钾氧化，且高锰酸钾氧化性强，可以将I中醇羟基氧化为羧基，而不是C结构中的醛基；故答案为：高锰酸钾氧化性强，可以将I结构中的酚羟基氧化，且能将I中氧化为羧基；（4）根据路线二中A与在一定条件下反应生成的G的分子式，H与H2反应生成F，可知G结构为，H为，其中反应①和反应②为取代反应，反应③为加成反应；故答案为：①②；；（5）H为分子式为C9H11NO3，芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为)，结构简式为、；故答案为：、。18.综合利用辉铜矿(主要成分Cu2S)和软锰矿(主要成分MnO2)[两者均含少量Fe2O3、SiO2杂质]为原料制备[Cu(NH3)4]SO4∙H2O和MnCO3的主要工艺流程如下图所示。已知：①常温下，；；(离子浓度时离子被除尽)。②萃取时，将萃取剂HL溶于磺化煤油中，所得溶液作为有机相，萃取和反萃取原理为：，M2+为Cu2+或Mn2+。③lg2=0.3。回答下列问题：（1）酸浸时，提高浸取率可采取的措施有___________(任写一条)；滤渣1中除SiO2外，还可能有___________；据此写出“粉碎后酸浸”过程中主要反应的离子方程式为___________。（2）“过滤2”调pH的范围为___________(溶液中M2+和Cu2+的浓度均为1.0mol∙L-1)。（3）关于“操作X”的说法错误的是___________。(填序号)a．向“富铜液”中加足量氨水，再加入95%乙醇，可降低产物的溶解性b．该操作可以说明配位能力NH3强于H2Oc．[Cu(NH3)4]SO4∙H2O中阴、阳离子和H2O的VSEPR模型均相同d．“操作X”后所得产品需采用低温干燥、密封冷藏（4）铜萃取剂HL()中的N、酚羟基O均与Cu2+配位，形成配合物CuL2。该配合物中Cu2+的配位数为___________。“反萃取锰”时，试剂Y为___________。获取MnCO3不易直接加入Na2CO3溶液的原因是___________。（5）从“富铜液”中析出晶体时，可以使用下列哪种试剂能促进晶体析出：___________(填标号)。a．浓H2SO4b．稀氨水c．Na2SO4固体d．饱和NaCl溶液【答案】（1）①.适当升高温度、搅拌等(任写一条)②.硫单质③.Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O（2）3≤pH＜4.3（3）c（4）①.4②.H2SO4③.Na2CO3溶液的碱性较强，导致生成Mn(OH)2沉淀（5）c【解析】辉铜矿(主要成分Cu2S)和软锰矿(主要成分MnO2)[两者均含少量Fe2O3、SiO2杂质]粉碎后，加入一定浓度的硫酸进行酸浸，发生反应Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3等，SiO2不反应，过滤后，得到滤渣为SiO2和S等；往滤液中加入适量氨气调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，成为滤渣2的主要成分；往滤液中加入铜萃取剂，[Cu(NH3)4]SO4进入有机相中，再将有机相进行反萃取，使[Cu(NH3)4]SO4重新进入溶液，得到富铜液，将富铜液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体；往萃取铜后的溶液中加入另一种萃取剂，使MnSO4进入有机相中，分液后将有机相进行反萃取，可得到富锰液，加入NH4HCO3和足量氨水，得到MnCO3产品。（1）酸浸时，升高温度、增大接触面积、适当增大反应物浓度等措施，都可提高浸取率，则采取的措施有：适当升高温度、搅拌等(任写一条)；由分析可知，滤渣1中除SiO2外，还可能有硫单质；“粉碎后酸浸”过程中，Cu2S、MnO2在H2SO4溶液中发生反应，生成Cu2+、Mn2+、S等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生的主要反应的离子方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O。（2）“过滤2”时，要使Fe3+完全沉淀，而Cu2+、Mn2+不产生沉淀，此时c(Fe3+)≤1×10-5mol∙L-1，c(Cu2+)=1.0mol∙L-1，c(Mn2+)=1.0mol∙L-1。对于Fe3+，c(OH-)≥=1×10-11mol/L，pH≥3；对于Cu2+，c(OH-)＜=2.0×10-10mol/L，pH＜4.3；对于Mn2+，c(OH-)＜=2.0×10-7mol/L，pH＜7.3，所以调pH的范围为：3≤pH＜4.3。（3）a．向“富铜液”中加足量氨水，可将[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，再加入95%乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4∙H2O，表明95%乙醇可降低产物的溶解性，a正确；b．该操作中，[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明配位能力NH3强于H2O，b正确；c．[Cu(NH3)4]SO4∙H2O中，的中心S原子的孤电子对数为=0，与4个O原子形成σ键，价层电子对数为4，发生sp3杂化，H2O的中心原子的孤电子对数为=2，O原子与2个H原子形成2个σ键，价层电子对数为4，发生sp3杂化，[Cu(NH3)4]2+中，中心Cu2+发生dsp2杂化，它们的VSEPR模型不相同，c错误；d．“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，由于[Cu(NH3)4]SO4∙H2O受热易失去结晶水，并防止其失去结晶水，故所得产品需采用低温干燥、密封冷藏，d正确；故选c。（4）铜萃取剂HL()中的N、酚羟基O均与Cu2+配位，则1个HL就可与Cu2+形成2个配位键，所以形成配合物CuL2时，该配合物中Cu2+的配位数为2×2=4。萃取和反萃取原理为：，M2+为Cu2+或Mn2+，反萃取是将萃取到有机相中的金属离子重新转移到水相，通常加入强酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，因为酸浸时加入的酸为硫酸，所以“反萃取锰”时，试剂Y为H2SO4。Na2CO3的碱性强，易使Mn2+发生反应生成Mn(OH)2，所以获取MnCO3不易直接加入Na2CO3溶液的原因是：Na2CO3溶液的碱性较强，导致生成Mn(OH)2沉淀。（5）a．浓H2SO4加入溶液中后，可能与[Cu(NH3)4]SO4∙H2O反应，从而破坏[Cu(NH3)4]2+的结构，不利于析出[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体，a不符合题意；b．加入稀氨水后，对[Cu(NH3)4]2+、两种离子不产生影响，“富铜液”浓度减小，不利于[Cu(NH3)4]SO4∙H2O析出，b不符合题意；c．加入Na2SO4固体，使溶液中浓度明显增大，从而降低[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体的溶解度，促进[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体析出，c符合题意；d．加入饱和NaCl溶液，对[Cu(NH3)4]2+、两种离子不产生影响，“富铜液”浓度减小，不利于[Cu(NH3)4]SO4∙H2O析出，d不符合题意；故选c。19.DCCNa是一种高效、安全的杀菌消毒剂。常温下为白色固体，难溶于冷水，受热易分解。实验室利用反应制备，实验装置如下图所示。（1）仪器a名称为___________，使用时___________打开玻璃塞(填“需要”或“不需要”)。（2）实验过程中装置B利用冷水浴使温度保持为。当装置B内出现___________现象时，再打开活塞加入氰尿酸溶液，并一直维持氯气的气流稳定，其原因是___________。若温度过高时，会发生副反应，生成三种气体，其中一种生成物水解生成氨气和次氯酸，写出氰尿酸()被氯气氧化的化学方程式：___________。（3）反应结束后，装置B中的浊液经抽滤、___________、干燥得DCCNa粗产品。（4）称取0.1000g样品，用100mL蒸馏水于碘量瓶中溶解后，加入酸溶液使得产品中的氯原子全部转化成HClO，再加入过量的KI溶液和2滴淀粉溶液。用溶液滴定至终点，共消耗溶液16.00mL。已知：，)滴定终点的现象为___________。若实验中加入的醋酸溶液中混有少量硫酸杂质，则实验结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。样品有效氯___________()。【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.不需要（2）①.液面上方有黄绿色气体②.可使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率③.（3）冷水洗涤（4）①.滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色褪为无色，且30s内不恢复②.偏高③.56.8%【解析】A装置用于制取氯气，生成的氯气进入B中与NaOH溶液反应生成次氯酸钠，NaClO溶液中滴加氰尿酸溶液，反应生成DCCNa，过量的氯气进入C中用NaOH等溶液吸收，防止污染环境，据此分析解答。（1）由仪器构造可知a为恒压滴液漏斗，恒压滴液漏斗使用时不需要打开玻璃塞，故答案为：恒压滴液漏斗；不需要。（2）当装置B的三颈烧瓶内液面上方有黄绿色气体时，再加入氰尿酸溶液；根据题干反应可知，在整个过程中不断通入一定量的氯气，可使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；温度过高时，会发生副反应，生成三种气体，其中一种生成物水解生成氨气和次氯酸，由产物可知，该产物为，根据质量守恒定律可知，另外两个气体分别为二氧化碳和氯化氢气体，化学方程式为：，故答案为：液面上方有黄绿色气体；可使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率；。（3）DCCNa常温下为白色固体，难溶于冷水，受热易分解，因此装置B中的浊液经抽滤、冷水洗涤、干燥得DCCNa粗产品，故答案为：冷水洗涤。（4）反应中用淀粉溶液作指示剂，碘单质遇到淀粉溶液显蓝色，滴定终点的现象为溶液由蓝色褪为无色，且30s内不恢复；标准溶液会与硫酸反应，则消耗的标准溶液体积偏大，实验结果偏高；HClO与KI反应，生成碘单质，方程式为：，结合已知信息，根据电子守恒可知，有关系式：，则n(HClO)=n(I2)=n()=，根据给定公式，则，故答案为：滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色褪为无色，且30s内不恢复；偏高；56.8%。20.干气重整(DRM)是碳捕集、利用的一种典型低碳过程。高能耗和积碳是目前DRM反应工业化所面临的主要瓶颈，DRM反应中设计的主要反应如下：I．II．III．回答下列问题。（1）反应Ⅳ：的焓变___________；前仅用一个反应就可以表示各组分的物质变化，该反应方程式为___________。（2）起始压强为0.1MPa，固定体积为2L的容器中加入和。不同温度下平衡时各组分的物质的量随温度变化如图所示。时，平衡时，装置中的积碳质量为___________g；反应Ⅰ的平衡常数___________。(结果保留两位有效数字)（3）在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为(k为速率常数)。在一定时，不同下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则、、从大到小的顺序为___________。（4）当升温以上后，图像中和CO曲线重合的原因是___________。【答案】（1）①.-132②.（2）①.9.6②.（3）>>（4）以上，主要发生反应I【解析】（1）根据盖斯定律，II+III-I可得，(41+74-247)=-132；分析在200℃之前体系物质的变化，CO2、CH4的物质的量逐渐增多，C、H2O物质的量逐渐减少，故发生反应；（2）时，根据图可知平衡时，是，是，是，是，则根据碳原子守恒，，根据氢守恒，，则，，；则平衡后气体总物质的量为：，恒温恒容条件下，压强与物质的量成正比，则平衡时总压强为：，反应Ⅰ的平衡常数；（3）根据沉积碳的生成速率方程，在一定时，与积碳量成反比，故>>；（4）当升温以上后，根据图像知，主要存在和CO两种物质，反应I中只有和CO两种生成物，并且二者化学计量数相等，则曲线重合的原因是：以上，主要发生反应I。山东省名校2025届高三下学期4月校际联合检测试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置，并在答题卡规定位置贴条形码。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5mm黑色签字笔将答案写在答题卡对应的答题区域内。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32C135.5Au197一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与生产、生活、环境等关系密切。下列说法正确的是A.合成纤维、人造纤维及碳化硅纤维都属于有机高分子材料B.工业上使用漂白粉时常加入少量弱酸或少量的稀盐酸C.误食可溶性钡盐可尽快用5%的溶液洗胃D.“铁水打花”又叫打铁花，利用了铁元素的焰色反应【答案】B【解析】A．合成纤维（如涤纶、尼龙）和人造纤维（如粘胶纤维）均属于有机高分子材料，但碳化硅纤维（SiC）是无机非金属材料，A错误；B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙（Ca(ClO)2），其漂白作用依赖次氯酸（HClO）。加入少量酸（如稀盐酸或弱酸）可促进反应：Ca(ClO)2+2H+=Ca2++2HClO，从而提高HClO浓度，增强漂白效果，B正确；C．误食可溶性钡盐（如BaCl2）时，应使用硫酸钠（Na2SO4）生成不溶于胃酸的BaSO4沉淀。若用Na₂CO3，生成的BaCO3在胃酸中会溶解，重新释放有毒的Ba2⁺，C错误；D．“铁水打花”是高温铁微粒在空气中燃烧生成Fe3O4的现象，属于铁的氧化反应，而非焰色反应，D错误；故选B。2.下列化学用语表述正确的是A.福尔马林中的氢键： B.的化学名称为2-甲基-2-丁烯C.离子中键角为 D.键形成示意图：【答案】B【解析】A．福尔马林是甲醛（HCHO）的水溶液，氢键通常形成于电负性较高的原子（如O、N、F）与氢原子之间，醛分子中的C-H键电负性差异较小，且C原子周围没有孤对电子，不能存在氢键：，A错误；B．根据有机化合物命名规则，需先确定主链，最长碳链含4个碳，为丁烯，从靠近双键的一端编号，双键位于2、3号碳之间，甲基取代基在2号碳上，由于取代基和双键位置编号相同，命名时需明确取代基位置，因此该物质正确命名为2-甲基-2-丁烯，B正确；C．中心原子价层电子对数为3+=4，且含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，键角不是120°，C错误；D．键是由原子轨道沿键轴方向“头碰头”重叠形成的，图示为p-p键的形成示意图，D错误；故选B。3.下列实验描述错误的是A.实验“钠与水的反应”中应戴护目镜B.锌粉与硫粉实验前需用研钵将硫研磨成粉末再混匀C.浓硫酸、烧碱、苯酚等沾到皮肤上，均应立即用大量水冲洗D.有机反应一般采用水浴或电加热套，不用明火加热【答案】C【解析】A．一般进行化学实验就需要佩戴护目镜，以保护眼睛，钠与水剧烈反应放热，应佩戴护目镜，A项正确；B．锌粉与硫粉实验前需用研钵将硫研磨成粉末再混匀，使二者能充分接触，B正确；C．苯酚等沾到皮肤上，应立即用乙醇冲洗，C错误；D．大多数有机物易燃烧，有机反应一般采用水浴或电加热套，不用明火加热，D正确；答案选C。4.下列叙述正确且对应关系合理的是A.冰的密度小于干冰，冰晶体中水分子的空间利用率相对较高B.与互为等电子体，为极性分子C.碳的还原性强于硅，碳单质与石英反应冶炼粗硅D.网状聚丙烯酸钠树脂具有高吸水性和保水能力，可用于生产婴儿尿布【答案】D【解析】A．冰晶体中水分子间形成氢键，导致其空间利用率相对较低，使得冰的密度小于干冰，A错误；B．与原子数相同，电子数相同，互为等电子体，与都是极性分子，但是二者没有对应关系，B错误；C．工业上利用焦炭与二氧化硅在高温下反应制取粗硅，反应中碳为还原剂，硅为还原产物，但根据该反应不能说明碳的还原性大于硅，因为该反应是在高温条件下发生的，实际上碳的还原性弱于硅，C错误；D．因为网状聚丙烯酸钠树脂含有亲水基-COONa，具有高吸水性和保水能力，所以可用于生产婴儿尿布，D正确；故选D。5.W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数等于X核外电子总数，五种主族元素组成的化合物Q的结构如图所示。下列说法错误的是A.简单离子半径： B.和的空间结构相同C.简单氢化物沸点： D.第一电离能：【答案】A【解析】W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的短周期主族元素，根据化合物Q的结构图，X最外层有4个电子，则X是C元素，结合Y的最外层电子数等于X核外电子总数，可知Y是O元素，M离子带1个正电荷，可知M是Na元素，W是得到1个电子后形成的四个共价键，则W是B元素，Z形成了1个共价键，则Z是F元素，据此分析解答。A．经分析，M是Na元素，Y是O元素，Z是F元素，三者的离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：O2-＞F-＞Na+，A符合题意；B．和分别为、，前者孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，其空间构型是平面三角形，后者孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，其空间构型是平面三角形，故空间结构相同，B不符合题意；C．Y、Z、X的简单氢化物依次为水、氟化氢和甲烷，前二者分子间均有氢键，水常温下是液态，氟化氢是气体，则三种氢化物的沸点依次降低，C不符合题意；D．同周期元素从左至右第一电离能总体呈增大趋势，故第第一电离能：F＞O＞C，D不符合题意；故选A。6.应用下列装置和试剂能达到对应实验目的的是装置目的A．“随开随用、随关随停”制B．验证Fe吸氧腐蚀装置目的C．合成并检验D．测定反应速率A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．过氧化钠为粉末状固体，过氧化钠放到带孔的隔板上，不能固液分离，故不能做到随开随用、随关随停，A项错误；B．食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，压强传感器可测定因氧气而减少发生的压强变化，B项正确；C．氮气与氢气在高温高压催化剂条件下，可以合成氨气，但是检验氨气要用湿润的pH试纸，C项错误；D．锌与硫酸反应生成氢气，但是产生的氢气会从漏斗逸散，无法测定产生气体的速率，D项错误；答案选B。7.NO治理是环境保护的重要课题。Cu基催化剂加掺杂可抑制杂质对催化剂的影响(含Ce化合物的比例系数均未标定，)，作用机理如图所示。下列说法错误的是A.NO可以造成臭氧空洞 B.总反应中被氧化的非金属元素只有NC.Ce的硫酸盐中Ce元素的化合价为价 D.，【答案】C【解析】A．NO可以做臭氧转化为氧气时的催化剂，可以造成臭氧空洞，A正确；B．总反应的方程式为：4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，被氧化的元素为N元素，B正确；C．反应①中，SO2中+4价的S被氧化为+6价，SO2和O2反应比为3:1，故根据电子得失守恒，Ce也得电子，变为+3价，C错误；D．反应①中，Ce的化合价变为+3价，反应②中无氧化剂，Ce元素在反应③中被氧化为+4价，则x=2，y=3，D正确；答案选C。8.一定条件下有机物的重排异构化反应如图所示，下列说法正确的是A.与足量NaOH反应时，1mola和1molb均最多消耗1molNaOHB.a和b与足量加成后的产物，手性碳原子个数分别为4，5C.a酸性条件下水解产物之一与b互为同系物D.类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应【答案】D【解析】a结构中官能团为酯基、酮羰基，b中官能团为酚羟基、酮羰基。A．与足量NaOH反应时，1mola最多消耗2molNaOH，1molb最多消耗1molNaOH，A项错误；B．a和b与足量加成后的产物分别为、，*碳为手性碳原子，个数分别为3，5，B项错误；C．a酸性条件下水解产物为、CH3COOH，与b不互为同系物，C项错误；D．类比上述反应，的异构化产物为，结构中含有醛基，可发生银镜反应，D项正确；答案选D。9.下图为三种磷单质的结构。其中红磷为巨型共价分子，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构。下列说法正确的是A.三种磷单质中P原子的杂化方式有2种B.熔点顺序：红磷正交型黑磷白磷C.相同状况下，等质量的三种单质完全燃烧耗氧量相同，焓变不同D.正交型黑磷具有半导体的性质，是因为有类似于石墨的大键【答案】C【解析】A．白磷中每个P原子形成3个P-Pσ键，剩余1对孤对电子，为sp3杂化，红磷中每个P原子形成3个P-Pσ键，剩余1对孤对电子，为sp3杂化，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但不是平面结构，每个P原子形成3个P-Pσ键，剩余1对孤对电子，为sp3杂化，A错误；B．白磷属于分子晶体，红磷为巨型共价分子，也是分子晶体，但红磷的相对分子质量高于白磷，则熔点：红磷白磷，正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，为混合型晶体，具有共价化合物的性质，熔点最高，则熔点顺序：正交型黑磷红磷白磷，B错误；C．三种磷的结构不同，能量不同，燃烧为放热反应，焓变ΔH=生成物总能量-反应物总能量，因此焓变不同，C正确；D．正交型黑磷具有类似石墨的层状结构，但层内不是平面结构，没有形成大键，D错误；故选C。10.室温下，HR、、三份溶液中分别加入等物质的量浓度的NaOH溶液，pM[p表示负对数，M表示、、]随溶液pH变化的关系如图所示。已知相同条件下的溶解度：，下列说法正确的是A.蒸干溶液可生成晶体 B.室温下，为C.X点横坐标为8.2 D.调节HR溶液时：【答案】C【解析】已知相同条件下的溶解度：，，则，即、两条线不能相交，③为的滴定曲线，②为，①为。线①：时，，pM=0，即，，同理，。A．，可知是弱碱，则会水解，故蒸干溶液不会生成晶体，会得到，A错误；B．根据分析可知，B错误；C．设X点横坐标为a，纵坐标为b，①：②：，联立①②，解得a=8.2，C正确；D．时，，，，D错误；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向有机混合液中加入浓溴水无白色沉淀混合液不含苯酚B平衡后缩小容器体积气体颜色变浅加压后平衡正向移动C将加入到酸性溶液中溶液变成棕黄色，有黄绿色气体产生氧化性：D用pH计分别测等物质的量浓度的和溶液的pHpH计显示溶液pH>7，溶液酸性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．向有机混合液中加入浓溴水，无白色沉淀生成，可能是由于有机物不属于酚类物质，也可能是由于反应产生是三溴苯酚量少，没有形成沉淀，或是形成的三溴苯酚溶解在有机溶剂中，A错误；B．平衡后缩小容器体积，反应混合物中c(N2O4)、c(NO2)都增大，导致混合气体颜色加深；当缩小体积后导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的正向移动，又会使混合气体的颜色比缩小体积的一瞬间变浅，但平衡移动的趋势是微弱的，总的来说混合气体颜色与原来平衡比还是加深，B错误；C．具有强氧化性，可将亚铁离子氧化为三价铁离子，同时也能氧化氯离子生成氯气，无法说明氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，即不能得出氧化性：Cl2>Fe3+，C错误；D．主要第一步电离，对应的钠盐是，同浓度溶液的大于溶液，说明电离能力：，能证明酸性：，D正确；故选D。12.以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au多种单质]为原料分离回收金和银的流程如下图所示：已知：①是一元强酸②电沉积时电极反应：。下列说法错误的是A.“浸取2”中使用的酸提高了的氧化性B.“还原”步骤的离子方程式：C.“还原”步骤中，加入，可析出19.7gAuD.离子中心S原子配位能力小于端基S原子【答案】AC【解析】由题给流程可知，向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1和含Ag、Au的浸渣1；向滤渣1中加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银，金转化为HAuCl4，过滤得到含有氯化银的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2；向浸渣2中加入硫代硫酸钠溶液，将氯化银转化为离子，过滤得到含有的浸出液3；浸出液3电沉积得到银；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，将溶液中HAuCl4转化为金。A．“浸取2”中使用的酸是盐酸，加入盐酸之后提供，银被氧化为氯化银，而Au形成HAuCl4配合物，加盐酸的目的并不是增强了的氧化性，而是提供，用于形成配离子，A错误；B．“还原”步骤中HAuCl4被还原生成Au和氮气，离子方程式为：，B正确；C．“还原”步骤中，根据方程式：，可知加入，即0.075mol，理论上可析出0.1molAu，即19.7gAu，但实际上浸出液2中含有强氧化性的，会消耗，导致析出的Au小于19.7g，C错误；D．离子相当于中一个氧原子被硫原子代替，其结构式为：，中心原子S不具有孤对电子，而端基的S原子有孤对电子，可以形成配位键，故中心S原子配位能力小于端基S原子，D正确；故选AC。13.电催化可将亚硝酸盐污染物转化为氨()，同时实现甘油()转化为高附加值化学品。已知双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。下列说法正确的是A.双极膜中向电极b方向移动B.电解总反应：C.电解一段时间后，电极a一侧电解质溶液pH升高D.原位红外光谱仪可监测电解过程中原子连接方式和官能团变化【答案】BD【解析】该电解池中，生成氨气，则该电解质为碱性，电极a上，失去电子，发生氧化反应生成，可知该极为阳极，电极反应式为：；电极b上，得到电子，发生还原反应生成，可知该极为阴极，电极反应式为：，据此分析作答。A．在电解池中，OH⁻作为阴离子会向阳极迁移，即向电极a方向移动，A项错误；B．根据电极反应式可知，电解总反应：，B项正确；C．由分析可知，电极a的电极反应式为：，每消耗11个OH-、转移8个电子，有8个OH-迁移到阳极区，溶液中OH-浓度减小，碱性减弱，pH降低，C项错误；D．红外光谱通过检测化学键振动来识别官能团，能够实时监测反应过程中分子结构的变化，D项正确；答案选BD。14.室温下实验探究、能否催化的分解及相关性质。下列说法正确的是实验I．无明显变化实验Ⅱ．溶液变红，有气泡实验Ⅲ．溶液变墨绿，产生使带火星木条复燃气体实验Ⅳ．A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变粉红色，有气泡已知为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。A.加入不利于反应正向移动B.实验Ⅱ中反应离子方程式：C.实验Ⅲ中产生的气体只有D.实验Ⅳ中，从A到C所产生的气体分别为、【答案】BD【解析】实验Ⅰ中无明显变化，证明不能催化的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明易转化为；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易转化为，并且初步证明在的作用下易被过氧化氢氧化为，产生使带火星木条复燃气体说明有氧气生成；实验Ⅳ中A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明转化为且生成二氧化碳气体，B到C溶液变粉红色，有气泡，则被还原为，同时有水被氧化为氧气；A．实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成(该反应为快反应)，导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，加入有利于反应正向移动，A错误；B．实验Ⅱ中溶液变为红色，证明生成，实验Ⅱ中反应离子方程式：，B正确；C．实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易转化为，反应为，也会生成二氧化碳，C错误；D．由分析，实验Ⅳ中，从A到C所产生的气体分别为、，D正确；故选BD。15.刚性容器中按投料比发生反应：，不同催化剂条件下反应相同时间，测得B的转化率与温度的关系如图所示。已知该反应，其中k为速率常数。下列说法正确的是A.图示温度范围内活化分子总数：催化剂甲催化剂乙B.催化剂乙条件下，温度高于350℃后，B转化率下降是升高温度平衡逆向移动的结果C.其他条件不变，等倍数地增大A和B的物质的量，A和B的转化率均增大D.若时初始速率为，当B转化率为60%时，反应速率为，由此可知【答案】CD【解析】A．温度相同时，单位时间内，使用催化剂甲比使用催化剂乙反应速率快，NO转化率高，则使用催化剂甲比使用催化剂乙正反应的活化能更低，则图示温度范围内活化分子总数：催化剂甲＞催化剂乙，A错误；B．350℃时催化剂乙条件下B转化率低于催化剂甲，说明反应相同的时间，使用催化剂乙没有使反应达到平衡状态，也就不存在平衡的移动，B转化率下降是温度过高，导致催化剂活性降低甚至失去活性，反应速率下降，导致B转化率下降，B错误；C．反应为气体分子数减小的反应，其他条件不变，等倍数地增大A和B的物质的量，则压强增大，平衡正向移动，导致A和B的转化率均增大，C正确；D．设初始A、B物质的量均为1mol，容器体积为1L，则初始AB的浓度均为1mol/L，，当B转化率为60%时，c(A)=0.4mol/L，c(B)=0.4mol/L，此时的反应速率为，则有，解得m=1，D正确；故选CD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.元素N、Cu、Zn等在生产、生命活动中作用广泛。回答下列问题：（1）基态N原子核外电子的空间运动状态有___________种；火箭推进剂氟化硝酰()中心原子的杂化方式为___________。（2）实验表明，除H原子外，为平面结构，为三角锥结构。中N原子价层孤电子对占据___________轨道；已知碱性随N原子电子云密度增大而增强，、碱性强的是___________，原因是___________。（3）配体L，Cu离子和能合成类似虾蟹血蓝蛋白的模型配合物，该结构呈现出强烈的键断裂趋势，成键形态X与断键形态Y达成快速平衡。(为异丙基)X中Cu的化合价为___________；1molY离子中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。（4）某锌配合物生物荧光标记剂晶体组成结构单元如图所示，部分原子未画出。已知晶胞参数为2anm，键长为dnm。理论上图中A、B两个之间的最短距离为___________nm，图中A原子的分数坐标为，则C原子的分数坐标___________。【答案】（1）①.5②.sp2（2）①.2p②.③.中N原子为sp2杂化，未杂化2p轨道与Si的空3d轨道重叠，使得N原子上电子云密度降低，碱性减弱，N(CH3)3中的甲基是推电子基团，增加了氮原子的电子云密度，碱性增强（3）①.+2②.6（4）①.②.(，，0)【解析】（1）基态N原子电子排布为1s22s22p3，其中1s轨道有1种空间运动状态的电子，2s轨道1种，2p轨道有3种，共5种空间运动状态。中心N原子价层电子对数为=3，杂化方式为sp2。（2）除H原子外，为平面结构，N原子为sp2杂化，杂化轨道形成σ键，N原子价层孤电子对占据2p轨道；中N原子的未杂化2p轨道与Si的空3d轨道重叠，使得N原子上电子云密度降低，碱性减弱，N(CH3)3中的甲基是推电子基团，增加了氮原子的电子云密度，碱性增强，故N(CH3)3碱性更强。（3）X中的铜为铜离子，和配体L、氧气形成X，X带两个单位正电荷，所以铜的化合价为+2价；在Y中，一个铜离子和两个氮原子加上两个碳原子形成3个环，铜离子和氮原子通过螯合作用以配位键结合，一个铜离子通过螯合作用形成的配位键是3个，则1molY离子中通过螯合作用形成的配位键有6mol。（4）已知晶胞参数为2anm，键长为dnm，图中A、B两个Zn2+间的最短距离为晶胞组成单元的体对角线长度-(Zn-O键长)的2倍，即，图中A原子的分数坐标为，则C原子的分数坐标(，，0)。17.根据肾上腺素(F)的两条合成路线回答下列问题：路线一：（1）A的化学名称为___________；D中官能团名称为___________；检验物质A和B的试剂为___________(写化学式)。（2）的化学方程式为___________。（3）的合成路线设计为：，不能选用高锰酸钾的原因是___________。路线二：（4）路线二中属于取代反应的是___________(填序号)；G的结构简式___________。（5）H的2种芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为)，结构简式为___________。【答案】（1）①.邻苯二酚或1，2-苯二酚②.酚羟基、醇羟基、氰基③.或（2）（3）高锰酸钾氧化性强，可以将I结构中的酚羟基氧化，且能将I中氧化为羧基（4）①.①②②.（5）、【解析】A与OHCCOOH发生加成反应生成的B的结构，可推断A的结构为，B经过一系列反应生成C，C为，C与HCN反应生成D，D与H2反应生成E，由E与CH3I反应生成的F结构，采用逆合成分析思路推知E的结构为，D的结构为。（1）根据上述分析，A为，名称为：邻苯二酚或1，2-苯二酚；D的结构简式为官能团名称为酚羟基、醇羟基、氰基；对比A、B结构可知，二者均含有酚羟基，均具有酚的性质，能与溶液发生显色反应，与浓溴水反应生成白色沉淀；故答案为：邻苯二酚或1，2-苯二酚；酚羟基、醇羟基、氰基；或；（2）E为与CH3I发生取代反应生成F结构、HI，反应化学方程式为；故答案为：；（3）由，可知I的结构为，I结构中含有酚羟基，具有还原性，易被高锰酸钾氧化，且高锰酸钾氧化性强，可以将I中醇羟基氧化为羧基，而不是C结构中的醛基；故答案为：高锰酸钾氧化性强，可以将I结构中的酚羟基氧化，且能将I中氧化为羧基；（4）根据路线二中A与在一定条件下反应生成的G的分子式，H与H2反应生成F，可知G结构为，H为，其中反应①和反应②为取代反应，反应③为加成反应；故答案为：①②；；（5）H为分子式为C9H11NO3，芳香族同分异构体含硝基和3种不同化学环境的氢原子(个数比为)，结构简式为、；故答案为：、。18.综合利用辉铜矿(主要成分Cu2S)和软锰矿(主要成分MnO2)[两者均含少量Fe2O3、SiO2杂质]为原料制备[Cu(NH3)4]SO4∙H2O和MnCO3的主要工艺流程如下图所示。已知：①常温下，；；(离子浓度时离子被除尽)。②萃取时，将萃取剂HL溶于磺化煤油中，所得溶液作为有机相，萃取和反萃取原理为：，M2+为Cu2+或Mn2+。③lg2=0.3。回答下列问题：（1）酸浸时，提高浸取率可采取的措施有___________(任写一条)；滤渣1中除SiO2外，还可能有___________；据此写出“粉碎后酸浸”过程中主要反应的离子方程式为___________。（2）“过滤2”调pH的范围为___________(溶液中M2+和Cu2+的浓度均为1.0mol∙L-1)。（3）关于“操作X”的说法错误的是___________。(填序号)a．向“富铜液”中加足量氨水，再加入95%乙醇，可降低产物的溶解性b．该操作可以说明配位能力NH3强于H2Oc．[Cu(NH3)4]SO4∙H2O中阴、阳离子和H2O的VSEPR模型均相同d．“操作X”后所得产品需采用低温干燥、密封冷藏（4）铜萃取剂HL()中的N、酚羟基O均与Cu2+配位，形成配合物CuL2。该配合物中Cu2+的配位数为___________。“反萃取锰”时，试剂Y为___________。获取MnCO3不易直接加入Na2CO3溶液的原因是___________。（5）从“富铜液”中析出晶体时，可以使用下列哪种试剂能促进晶体析出：___________(填标号)。a．浓H2SO4b．稀氨水c．Na2SO4固体d．饱和NaCl溶液【答案】（1）①.适当升高温度、搅拌等(任写一条)②.硫单质③.Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O（2）3≤pH＜4.3（3）c（4）①.4②.H2SO4③.Na2CO3溶液的碱性较强，导致生成Mn(OH)2沉淀（5）c【解析】辉铜矿(主要成分Cu2S)和软锰矿(主要成分MnO2)[两者均含少量Fe2O3、SiO2杂质]粉碎后，加入一定浓度的硫酸进行酸浸，发生反应Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3等，SiO2不反应，过滤后，得到滤渣为SiO2和S等；往滤液中加入适量氨气调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，成为滤渣2的主要成分；往滤液中加入铜萃取剂，[Cu(NH3)4]SO4进入有机相中，再将有机相进行反萃取，使[Cu(NH3)4]SO4重新进入溶液，得到富铜液，将富铜液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体；往萃取铜后的溶液中加入另一种萃取剂，使MnSO4进入有机相中，分液后将有机相进行反萃取，可得到富锰液，加入NH4HCO3和足量氨水，得到MnCO3产品。（1）酸浸时，升高温度、增大接触面积、适当增大反应物浓度等措施，都可提高浸取率，则采取的措施有：适当升高温度、搅拌等(任写一条)；由分析可知，滤渣1中除SiO2外，还可能有硫单质；“粉碎后酸浸”过程中，Cu2S、MnO2在H2SO4溶液中发生反应，生成Cu2+、Mn2+、S等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生的主要反应的离子方程式为Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O。（2）“过滤2”时，要使Fe3+完全沉淀，而Cu2+、Mn2+不产生沉淀，此时c(Fe3+)≤1×10-5mol∙L-1，c(Cu2+)=1.0mol∙L-1，c(Mn2+)=1.0mol∙L-1。对于Fe3+，c(OH-)≥=1×10-11mol/L，pH≥3；对于Cu2+，c(OH-)＜=2.0×10-10mol/L，pH＜4.3；对于Mn2+，c(OH-)＜=2.0×10-7mol/L，pH＜7.3，所以调pH的范围为：3≤pH＜4.3。（3）a．向“富铜液”中加足量氨水，可将[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，再加入95%乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4∙H2O，表明95%乙醇可降低产物的溶解性，a正确；b．该操作中，[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明配位能力NH3强于H2O，b正确；c．[Cu(NH3)4]SO4∙H2O中，的中心S原子的孤电子对数为=0，与4个O原子形成σ键，价层电子对数为4，发生sp3杂化，H2O的中心原子的孤电子对数为=2，O原子与2个H原子形成2个σ键，价层电子对数为4，发生sp3杂化，[Cu(NH3)4]2+中，中心Cu2+发生dsp2杂化，它